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第15课时　专题强化：“滑块—木板”模型中的动力学问题
目标要求　1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2.模型构建
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1-x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx=x2+x1=L。
3.解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v物=v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物=v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物=v板；
②木板最短的条件：当v物=v板时滑块恰好滑到木板的一端。
例1　(2026·江西赣州市检测)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？
(2)若F=14 N，经时间t=1 s撤去水平恒力F，则：
①在F的作用下，长木板的加速度为多大？
②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
④最终小物块离长木板右端多远？
答案　(1)10 N　(2)①3 m/s2　②0.5 m　③2.8 m/s　④0.7 m
解析　(1)当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg=ma0，对物块和木板整体有F0=(m+M)a0，
联立解得F0=10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)①对长木板，根据牛顿第二定律可得
F-μmg=Ma，解得a=3 m/s2
②撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am=a0=μg=2 m/s2
Δx1=at2-amt2=0.5 m
③刚撤去F时木板速度v=at=3 m/s，
物块速度vm=amt=2 m/s
撤去F后，长木板的加速度大小
a'==0.5 m/s2
设经时间t'可达到共同速度v'，
则v'=vm+amt'=v-a't'
解得t'=0.4 s，v'=2.8 m/s
④在t'时间内，小物块和长木板的相对位移
Δx2=t'-t'=0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x=Δx1+Δx2=0.7 m。
例2　(多选)一小车在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到小车上，以后小车运动的速度—时间图像如图所示。已知物块质量是小车质量的3倍，物块与小车间及小车与地面间均有摩擦，小车与地面间的摩擦认为是滑动摩擦。物块与小车间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在小车上。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块与小车间的动摩擦因数为0.2
B.小车与地面间的动摩擦因数为0.3
C.从t=0时刻到物块与小车均停止运动时，物块相对于小车的位移的大小为1.25 m
D.小车经过0.9 s停止运动
答案　AC
解析　设物块质量为3m，小车质量为m，物块与小车间、小车与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由题意可知，物块放在小车上后，物块做匀加速直线运动，小车做匀减速直线运动。共速时速度为1 m/s，由题图可知，加速时间t1=0.5 s，物块的加速度大小为a1==2 m/s2，对物块，根据牛顿第二定律有μ1·3mg=3ma1，解得μ1=0.2，故A正确；0~0.5 s过程中，小车做匀减速运动，由题图可知其加速度大小为a2=||=8 m/s2，对小车，根据牛顿第二定律有μ1·3mg+μ2·4mg=ma2，解得μ2=0.05，故B错误；0.5 s后，因为μ1>μ2，所以物块和小车一起做匀减速直线运动，不再发生相对运动，此时小车的位移大小为x1==1.5 m，物块的位移大小为x2==0.25 m，所以物块相对于小车的位移大小为Δx=x1-x2=1.25 m，故C正确；小车与物块共速后匀减速的加速度大小为a3=μ2g=0.5 m/s2，小车与物块共速后匀减速的时间为t2==2 s，所以小车运动的总时间为t总=t1+t2=2.5 s，故D错误。
例3　(2025·安徽合肥市模拟)如图所示，质量m0=2 kg、长度L=1.5 m的薄木板静置在水平地面上，一质量m=4 kg的小铁块(可视为质点)置于木板最左端，二者之间的动摩擦因数为μ1=0.5，二者与地面之间的动摩擦因数均为μ2=0.1，t=0时刻起，铁块受到一个水平向右的恒定拉力F作用，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)为能将铁块从木板最右端拉离木板，求水平拉力F的取值范围；
(2)若拉力F=60 N，则t=10 s时，铁块到木板最右端的距离为多大。
答案　(1)F>48 N　(2)632.5 m
解析　(1)设拉力为F0时，铁块将要相对木板滑动，此时铁块与木板之间的摩擦力为最大静摩擦力。
对木板和铁块分别分析，由牛顿第二定律得
μ1mg-μ2(m0+m)g=m0a
F0-μ1mg=ma
联立解得a=7 m/s2，F0=48 N，
故F>48 N。
(2)当拉力F=60 N时，铁块和木板以不同的加速度各自运动，木板的加速度仍为a，
设铁块在木板上运动的加速度为a1，时间为t1，
则由牛顿第二定律有F-μ1mg=ma1
解得a1=10 m/s2
当铁块刚要从木板最右端滑落时，根据位移关系有a1-a=L
解得t1=1 s
此时铁块的速度为v1=a1t1=10 m/s
木板的速度为v2=at1=7 m/s
此后铁块从木板上滑下，设铁块在地面上运动的加速度为a2，铁块从木板滑下后木板的加速度为a3，
则由牛顿第二定律有F-μ2mg=ma2
-μ2m0g=m0a3
解得a2=14 m/s2，a3=-1 m/s2
铁块在木板上滑动已经用去1 s，在接下来的9 s时间内，铁块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，
因木板加速度大小为1 m/s2，初速度为7 m/s，所以运动7 s即停止运动。
接下来的9 s时间内，铁块运动的位移为x铁=v1(t-t1)+a2(t-t1)2
木板的位移为x木=
铁块到木板右侧端点的距离为Δx=x铁-x木
联立解得Δx=632.5 m。
例4　如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M=0.2 kg、长度为L=1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s=1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m=0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0=3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板；
(2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。
答案　(1)不能脱离薄木板　(2)0.7 s
解析　(1)开始运动时，滑块的加速度大小为a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
薄木板的加速度大小为a2==8 m/s2
假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有v=v0+a1t1=a2t1
解得t1=0.5 s，v=4 m/s
滑块下滑的位移大小为
x1=t1=1.75 m
薄木板下滑的位移大小为x2=t1=1 m
两者相对位移大小为
Δx=x1-x2=0.75 m假设成立，滑块不能脱离薄木板；
(2)此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为
a3=gsin θ=6 m/s2
当薄木板下端到达斜面底端时，有
s-x2=vt2+a3
解得t2=0.2 s
故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为t=t1+t2=0.7 s。
　处理“板块”模型中动力学问题的流程
课时精练
[分值：48分]
　[1~3题，每题4分]
1.(2025·陕西咸阳市检测)如图所示，桌面上放置一张纸，一个硬币静止在纸面上，现用手快速拉动纸的一边，将纸从硬币下抽出来，则手的拉力越大(　　)
A.硬币在纸上滑动的加速度越大
B.硬币在纸上滑行的时间越短
C.硬币受到纸面的摩擦力越大
D.硬币滑离纸面时的速度越大
答案　B
解析　硬币在纸上滑动时受到的滑动摩擦力大小一定，加速度a1大小一定，与拉力大小无关，A、C错误；手的拉力越大，由牛顿第二定律可知，纸张运动的加速度a2越大，由a2t2-a1t2=l知，a2越大，硬币在纸上滑行的时间越短，滑离纸面时的速度越小，B正确，D错误。
2.(2026·湖南长沙市雅礼中学检测)平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是(　　)
答案　C
解析　方法一　箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t时间箱子与平板车达到共速v共，此过程平板车的位移为x车=t，箱子的位移为x箱=t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx=x箱-x车=t-t=t，可得Δx=t>x车=t，故选C。
方法二　
由v-t图像可知箱子的位移大于小车的位移，二者相对位移大于小车加速阶段的位移，故选C。
3.(多选)(2025·湖南邵阳市期中)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)
A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与各自运动方向相反
B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2
C.A长度至少为3 m
D.长木板A的质量是4 kg
答案　BD
解析　摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A木板的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误；由题图乙知B的加速度大小为aB=||=2 m/s2，对B进行分析有μmBg=mBaB，可得μ=0.2，故B正确；由题图乙可知0~1 s内二者相对运动，位移差为×3×1 m=1.5 m，则A板长度至少为1.5 m，故C错误；长木板A的加速度大小为aA==1 m/s2，又μmBg=mAaA，联立解得==，即A的质量是B的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确。
4.(8分)(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)(5分)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
(2)(3分)平台距地面的高度。
答案　(1)4 m/s　 s　(2) m
解析　(1)物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a1，有
μmg=ma1
设薄板做匀加速运动的加速度为a2，有
μmg=ma2
对物块l+Δl=v0t-a1t2
对薄板Δl=a2t2
联立解得v0=4 m/s
t= s
(2)物块飞离薄板后薄板的速度
v2=a2t=1 m/s
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛运动的时间t'== s
则平台距地面的高度h=gt'2= m。
5.(10分)(2025·湖北省一模)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4 kg，质量m=1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)求：
(1)(3分)0~2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
(2)(3分)滑块Q运动的总位移大小；
(3)(4分)拉力F的大小。
答案　(1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N
解析　(1)v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，
根据题图乙可知，0~2 s内滑块Q的加速度大小a1= m/s2=4 m/s2，
0~2 s内木板P的加速度大小a2= m/s2=2 m/s2，
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a3= m/s2=1 m/s2
(2)v-t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示位移，
则滑块Q运动的总位移大小x= m+ m=24 m
(3)0~2 s内对滑块Q分析有μ1mg=ma1
0~2 s内对木板P分析有μ1mg+F-μ2(mg+Mg)=Ma2
两物体一起做匀减速直线运动，对P、Q整体分析有μ2(m+M)g=(m+M)a3
联立解得F=9 N。
6.(12分)(2025·黑龙江哈尔滨市检测)如图所示，在倾角为θ=30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=3 kg的长木板正以v0=10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ=，设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
(1)(6分)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
(2)(6分)要使小物块不滑离长木板，长木板至少多长？
答案　(1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
解析　(1)小物块在长木板上滑动时两者间的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcos θ=7.5 N
设小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，分别有
Ff+mgsin θ=ma1
Mgsin θ-Ff=Ma2
代入数据得a1=12.5 m/s2，a2=2.5 m/s2。
(2)当小物块与长木板共速时，有
v1=a1t1=v0+a2t1
解得t1=1 s，v1=12.5 m/s
共速后，小物块与长木板一起加速，因此相对位移为
x=t1-t1=5 m
故长木板长度L≥2x=10 m，即至少为10 m。
　[6分]
7.(多选)(2025·云南昆明市一模)如图甲所示，质量M为1 kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点、质量为m的物块。t=0时刻，对物块施加水平向右、大小为F=15 N的恒力；t=1 s时刻，撤去F，物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.物块的质量为3 kg
C.t=1.3 s时，物块的加速度大小为2 m/s2
D.木板的长度至少为0.75 m
答案　BC
解析　设木板与地面间的动摩擦因数为μ0，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，在0~1 s，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木板，μ1mg-μ0(M+m)g=Ma1，由v-t图像和题意可知，物块的加速度在t=1 s时，发生改变，故a1= m/s2=1 m/s2。对物块，F-μ1mg=ma2，由v-t图像可知a2= m/s2=2 m/s2，撤去F，木板加速度仍为a1，对物块μ1mg=ma2'，从撤去F到共速v共=v2-a2'Δt=v1+a1Δt，其中v2为物块速度，v1为木板速度，联立解得μ1=0.3，m=3 kg，μ0=0.2，故A错误，B正确；t=1.3 s时，根据整体法，物块的加速度设为a3，μ0(M+m)g=(M+m)a3，解得a3=2 m/s2，故C正确；0~1.25 s木板的位移x1=v共t，0~1 s物块位移x2=v2t1，其中t1=1 s，1~1.25 s物块位移x3=(v2+v共)Δt，木板长度至少为L=x2+x3-x1=0.625 m，故D错误。(共48张PPT)
第三章
运动和
力的关系
专题强化：“滑块—木
板”模型中的动力学问题
第15课时
1.掌握“滑块—木板”模型的运动及受力特点。
2.能正确运用动力学观点处理“滑块—木板”模型问题。
目标要求
1.模型特点：滑块(视为质点)置于木板上，滑块和木板均相对地面运动，且滑块和木板在摩擦力的作用下发生相对滑动，滑块和木板具有不同的加速度。
2.模型构建
(1)隔离法的应用：对滑块和木板分别进行受力分析和运动过程分析。
(2)对滑块和木板分别列动力学方程和运动学方程。
(3)明确滑块和木板间的位移关系
如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx=x1-x2=L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和Δx=x2+x1=L。
3.解题关键
(1)摩擦力的分析判断：由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向。
(2)挖掘“v物=v板”临界条件的拓展含义
摩擦力突变的临界条件：当v物=v板时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)。
①滑块恰好不滑离木板的条件：滑块运动到木板的一端时，v物=v板；
②木板最短的条件：当v物=v板时滑块恰好滑到木板的一端。
　　　(2026·江西赣州市检测)如图所示，在光滑的水平面上有一足够长且质量为M=4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m=1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ=0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板与小物块均静止，现用水平恒力F向右拉长木板，g取10 m/s2。
(1)若要使小物块和木板间发生相对滑动，拉力F不小于什么值？
答案　10 N
　　 当物块和木板恰好发生相对滑动时，静摩擦力达到最大值，设此时的加速度为a0，根据牛顿第二定律，对小物块有μmg=ma0，对物块和木板整体有F0=(m+M)a0，
联立解得F0=10 N，即若小物块和木板发生相对滑动，拉力不小于10 N。
(2)若F=14 N，经时间t=1 s撤去水平恒力F，则：
①在F的作用下，长木板的加速度为多大？
答案　3 m/s2
　　 对长木板，根据牛顿第二定律可得
F-μmg=Ma，解得a=3 m/s2
②刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
答案　0.5 m
　　 撤去F之前，小物块只受摩擦力的作用
故am=a0=μg=2 m/s2
Δx1=at2-amt2=0.5 m
③最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
答案　2.8 m/s
　　刚撤去F时木板速度v=at=3 m/s，
物块速度vm=amt=2 m/s
撤去F后，长木板的加速度大小
a'==0.5 m/s2
设经时间t'可达到共同速度v'，
则v'=vm+amt'=v-a't'
解得t'=0.4 s，v'=2.8 m/s
④最终小物块离长木板右端多远？
答案　0.7 m
　　 在t'时间内，小物块和长木板的相对位移
Δx2=t'-t'=0.2 m
最终小物块离长木板右端的距离为
x=Δx1+Δx2=0.7 m。
(多选)一小车在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到小车上，以后小车运动的速度—时间图像如图所示。已知物块质量是小车质量的3倍，物块与小车间及小车与地面间均有摩擦，小车与地面间的摩擦认为是滑动摩擦。物块与小车间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在小车上。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.物块与小车间的动摩擦因数为0.2
B.小车与地面间的动摩擦因数为0.3
C.从t=0时刻到物块与小车均停止运动时，物块相对于小
　车的位移的大小为1.25 m
D.小车经过0.9 s停止运动
√
√
　　设物块质量为3m，小车质量为m，物块与小车间、小车与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由题意可知，物块放在小车上后，物块做匀加速直线运动，小车做匀减速直线运动。共速时速度为1 m/s，由题图可
知，加速时间t1=0.5 s，物块的加速度大小为a1==2 m/s2，对物块，根
据牛顿第二定律有μ1·3mg=3ma1，解得μ1=0.2，故A正确；
0~0.5 s过程中，小车做匀减速运动，由题图可知其加速度大小为a2=||=
8 m/s2，对小车，根据牛顿第二定律有μ1·3mg+μ2·4mg=ma2，解得μ2=0.05，故B错误；
　　0.5 s后，因为μ1>μ2，所以物块和小车一起做匀减速直线运动，不
再发生相对运动，此时小车的位移大小为x1==1.5 m，物块的位移大小为x2==0.25 m，所以物块相对于小车的位移大小为Δx=x1-x2=1.25 m，
故C正确；
小车与物块共速后匀减速的加速度大小为a3=μ2g=0.5 m/s2，小车与物块共
速后匀减速的时间为t2==2 s，所以小车运动的总时间为t总=t1+t2=2.5 s，
故D错误。
　　　(2025·安徽合肥市模拟)如图所示，质量m0=2 kg、长度L=1.5 m的薄木板静置在水平地面上，一质量m=4 kg的小铁块(可视为质点)置于木板最左端，二者之间的动摩擦因数为μ1=0.5，二者与地面之间的动摩擦因数均为μ2=0.1，t=0时刻起，铁块受到一个水平向右的恒定拉力F作用，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10 m/s2。
(1)为能将铁块从木板最右端拉离木板，求水平拉力F的取值范围；
答案　F>48 N
　　设拉力为F0时，铁块将要相对木板滑动，此时铁块与木板之间的摩擦力为最大静摩擦力。
对木板和铁块分别分析，由牛顿第二定律得
μ1mg-μ2(m0+m)g=m0a
F0-μ1mg=ma
联立解得a=7 m/s2，F0=48 N，
故F>48 N。
(2)若拉力F=60 N，则t=10 s时，铁块到木板最右端的距离为多大。
答案　632.5 m
　　 当拉力F=60 N时，铁块和木板以不同的加速度各自运动，木板的加速度仍为a，
设铁块在木板上运动的加速度为a1，时间为t1，
则由牛顿第二定律有F-μ1mg=ma1
解得a1=10 m/s2
当铁块刚要从木板最右端滑落时，根据位移关系有a1-a=L
解得t1=1 s
此时铁块的速度为v1=a1t1=10 m/s
木板的速度为v2=at1=7 m/s
　　此后铁块从木板上滑下，设铁块在地面上运动的加速度为a2，铁块从木板滑下后木板的加速度为a3，
则由牛顿第二定律有F-μ2mg=ma2
-μ2m0g=m0a3
解得a2=14 m/s2，a3=-1 m/s2
铁块在木板上滑动已经用去1 s，在接下来的9 s时间内，铁块做匀加速直线运动，木板做匀减速直线运动，
因木板加速度大小为1 m/s2，初速度为7 m/s，所以运动7 s即停止运动。
接下来的9 s时间内，铁块运动的位移为x铁=v1(t-t1)+a2(t-t1)2
　　木板的位移为x木=
铁块到木板右侧端点的距离为Δx=x铁-x木
联立解得Δx=632.5 m。
　　　如图所示，倾角θ=37°的光滑斜面固定在水平地面上，初始状态时，质量为M=0.2 kg、长度为L=1 m的薄木板放在斜面上，且薄木板下端与斜面底端的距离s=1.92 m，现将薄木板由静止释放，同时质量m= 0.1 kg的滑块(可视为质点)以速度v0=3 m/s从木板上端沿斜面向下冲上薄木板。已知滑块与薄木板间的动摩擦因数μ=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)通过计算判断滑块能否脱离薄木板；
答案　不能脱离薄木板
　　 开始运动时，滑块的加速度大小为a1=gsin θ-μgcos θ=2 m/s2
薄木板的加速度大小为a2==8 m/s2
假设滑块不脱离薄木板，当两者达到共速时，有v=v0+a1t1=a2t1
解得t1=0.5 s，v=4 m/s
滑块下滑的位移大小为
x1=t1=1.75 m
薄木板下滑的位移大小为x2=t1=1 m
两者相对位移大小为
Δx=x1-x2=0.75 m假设成立，滑块不能脱离薄木板；
(2)求薄木板从开始运动到下端到达斜面底端的时间。
答案　0.7 s
　　 此后两者一起沿斜面向下运动，加速度大小为
a3=gsin θ=6 m/s2
当薄木板下端到达斜面底端时，有
s-x2=vt2+a3
解得t2=0.2 s
故从开始运动到薄木板下端到达斜面底端的时间为t=t1+t2=0.7 s。
处理“板块”模型中动力学问题的流程
课时精练
精练高频考点
提升关键能力
对一对
题号 1 2 3 4
答案 B C BD (1)4 m/s　 s　(2) m
题号 5 6
答案 (1)4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2　(2)24 m　(3)9 N (1)2.5 m/s2　12.5 m/s2　(2)10 m
题号 7
答案 BC
答案
1
2
3
4
5
6
7
1.(2025·陕西咸阳市检测)如图所示，桌面上放置一张纸，一个硬币静止在纸面上，现用手快速拉动纸的一边，将纸从硬币下抽出来，则手的拉力越大
A.硬币在纸上滑动的加速度越大
B.硬币在纸上滑行的时间越短
C.硬币受到纸面的摩擦力越大
D.硬币滑离纸面时的速度越大
1
2
3
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7
答案
基础落实练
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　硬币在纸上滑动时受到的滑动摩擦力大小一定，加速度a1大小一定，与拉力大小无关，A、C错误；
手的拉力越大，由牛顿第二定律可知，纸张运动的加速度a2越大，由
a2t2-a1t2=l知，a2越大，硬币在纸上滑行的时间越短，滑离纸面时的速
度越小，B正确，D错误。
2.(2026·湖南长沙市雅礼中学检测)平板小车静止放在水平地面上，箱子以一定的水平初速度从左端滑上平板车，箱子和车之间有摩擦，地面对小车的阻力可忽略，当它们的速度相等时，箱子和平板车的位置情况可能是
1
2
3
4
5
6
7
答案
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　方法一　箱子以一定的水平初速度v0从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板车做匀加速直线运动，设经过t
时间箱子与平板车达到共速v共，此过程平板车的位移为x车=t，箱子的位移为x箱=t，则箱子相对于平板车向前的位移大小为Δx=x箱-x车=t-t=t，可得Δx=t>x车=t，故选C。
1
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4
5
6
7
答案
　　　方法二　由v-t图像可知箱子的位移大于小车的位移，二者相对位移大于小车加速阶段的位移，故选C。
3.(多选)(2025·湖南邵阳市期中)如图甲所示，长木板A静止在光滑水平面上，另一质量为2 kg的物体B(可看作质点)以水平速度v0=3 m/s滑上长木板A的表面。由于A、B间存在摩擦，之后的运动过程中A、B的速度—时间图像如图乙所示。g取10 m/s2，下列说法正确的是
A.长木板A、物体B所受的摩擦力均与
　各自运动方向相反
B.A、B之间的动摩擦因数μ=0.2
C.A长度至少为3 m
D.长木板A的质量是4 kg
1
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3
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5
6
7
答案
√
√
1
2
3
4
5
6
7
答案
　　　摩擦力与物体的相对运动方向相反，由题意可知，A木板的运动方向与所受摩擦力方向相同，物体B运动方向与所受摩擦力方向相反，故A错误；
由题图乙知B的加速度大小为aB=||=2 m/s2，对B进行分析有μmBg=mBaB，
可得μ=0.2，故B正确；
由题图乙可知0~1 s内二者相对运动，位移差为×3×1 m=1.5 m，则A板
长度至少为1.5 m，故C错误；
长木板A的加速度大小为aA==1 m/s2，又μmBg=mAaA，联立解得==，即A的质量是B的两倍，长木板A的质量是4 kg，故D正确。
4.(2024·新课标卷·25)如图，一长度l=1.0 m的均匀薄板初始时静止在一光滑平台上，薄板的右端与平台的边缘O对齐。薄板上的一小物块从薄板的左端以某一初速度向右滑动，当薄板运动的距离Δl=时，物块从薄板右端水平飞出；当物块落到地面时，薄板中心恰好运动到O点。已知物块与薄板的质量相等。它们之间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速度大小g取10 m/s2。求：
(1)物块初速度大小及其在薄板上运动的时间；
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　4 m/s　 s
1
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3
4
5
6
7
答案
　　　物块在薄板上做匀减速运动，设加速度大小为a1，有
μmg=ma1
设薄板做匀加速运动的加速度为a2，有
μmg=ma2
对物块l+Δl=v0t-a1t2
对薄板Δl=a2t2
联立解得v0=4 m/s
t= s
(2)平台距地面的高度。
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　 m
　　　物块飞离薄板后薄板的速度
v2=a2t=1 m/s
物块飞离薄板后薄板做匀速运动，物块做平抛运动，平抛运动的时间t'== s
则平台距地面的高度h=gt'2= m。
5.(2025·湖北省一模)一足够长的木板P静置于粗糙水平面上，木板的质量M=4 kg，质量m=1 kg的小滑块Q(可视为质点)从木板的左端以初速度v0滑上木板，与此同时在木板右端作用水平向右的恒定拉力F，如图甲所示，设滑块滑上木板为t=0时刻，经过t1=2 s撤去拉力F，两物体一起做匀减速直线运动，再经过t2=4 s两物体停止运动，画出的两物体运动的v-t图像如图乙所示。(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2)求：
能力综合练
(1)0~2 s内滑块Q和木板P的加速度大小，两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小；
1
2
3
4
5
6
7
答案
答案　4 m/s2　2 m/s2　1 m/s2
1
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7
答案
　　　v-t图像中，图线斜率的绝对值表示加速度大小，
根据题图乙可知，0~2 s内滑块Q的加速度大小a1= m/s2=4 m/s2，
0~2 s内木板P的加速度大小a2= m/s2=2 m/s2，
两物体一起做匀减速直线运动的加速度大小a3= m/s2=1 m/s2
(2)滑块Q运动的总位移大小；
1
2
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4
5
6
7
答案
答案　24 m
　　　v-t图像中，图线与时间轴所围图形的面积表示位移，
则滑块Q运动的总位移大小x= m+ m=24 m
(3)拉力F的大小。
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7
答案
答案　9 N
　　　0~2 s内对滑块Q分析有μ1mg=ma1
0~2 s内对木板P分析有μ1mg+F-μ2(mg+Mg)=Ma2
两物体一起做匀减速直线运动，对P、Q整体分析有μ2(m+M)g=(m+M)a3
联立解得F=9 N。
6.(2025·黑龙江哈尔滨市检测)如图所示，在倾角为θ=30°的足够长的固定的光滑斜面上，有一质量为M=3 kg的长木板正以v0=10 m/s的初速度沿斜面向下运动，现将一质量m=1 kg的小物块(大小可忽略)轻放在长木板正中央，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ=，设小物块与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2。
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7
答案
(1)求放上小物块后，木板和小物块的加速度大小；
答案　2.5 m/s2　12.5 m/s2
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3
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6
7
答案
　　　小物块在长木板上滑动时两者间的滑动摩擦力大小为Ff=μmgcos θ=
7.5 N
设小物块的加速度大小为a1，长木板的加速度大小为a2，
由牛顿第二定律，对小物块和长木板，分别有
Ff+mgsin θ=ma1
Mgsin θ-Ff=Ma2
代入数据得a1=12.5 m/s2，a2=2.5 m/s2。
(2)要使小物块不滑离长木板，长木板至少多长？
1
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3
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6
7
答案
答案　10 m
　　　当小物块与长木板共速时，有
v1=a1t1=v0+a2t1
解得t1=1 s，v1=12.5 m/s
共速后，小物块与长木板一起加速，因此相对位移为
x=t1-t1=5 m
故长木板长度L≥2x=10 m，即至少为10 m。
7.(多选)(2025·云南昆明市一模)如图甲所示，质量M为1 kg的木板置于水平地面上，木板最左端放有可视为质点、质量为m的物块。t=0时刻，对物块施加水平向右、大小为F=15 N的恒力；t=1 s时刻，撤去F，物块、木板运动的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是
A.物块与木板间的动摩擦因数为0.2
B.物块的质量为3 kg
C.t=1.3 s时，物块的加速度大小为2 m/s2
D.木板的长度至少为0.75 m
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答案
√
尖子生选练
√
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答案
　　　设木板与地面间的动摩擦因数为μ0，物块与木板间的动摩擦因数为μ1，在0~1 s，物块向右匀加速，木板向右匀加速，对木板，μ1mg-μ0(M+m)g=Ma1，由v-t图像和题意可知，物块的加速度在t=1 s时，发生改
变，故a1= m/s2=1 m/s2。对物块，F-μ1mg=ma2，由v-t图像可知a2= m/s2
=2 m/s2，撤去F，木板加速度仍为a1，对物块μ1mg=ma2'，从撤去F到共速v共=v2-a2'Δt=v1+a1Δt，其中v2为物块速度，v1为木板速度，联立解得μ1=0.3，m=3 kg，μ0=0.2，故A错误，B正确；
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答案
　　　t=1.3 s时，根据整体法，物块的加速度设为a3，μ0(M+m)g=
(M+m)a3，解得a3=2 m/s2，故C正确；
0~1.25 s木板的位移x1=v共t，0~1 s物块位移x2=v2t1，其中t1=1 s，1~1.25 s物块位移x3=(v2+v共)Δt，木板长度至少为L=x2+x3-x1=0.625 m，故D错误。
本课结束
THANKS
第三章

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